1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Toán học trong chương trình THCS nói chung được coi là một môn khoa
học. Với vai trò là môn học công cụ, môn Toán đã góp phần tạo điều kiện cho
các em học sinh học tốt các bộ môn khoa học khác. Đặc biệt trong chương trình
môn Toán lớp 7 các bài toán về tỉ lệ thức và dãy tỉ số bằng nhau là một dạng
toán cơ bản, các em không những gặp dạng toán này trong chương trình toán
học THCS mà còn ở nhiều môn học khác Vật lí, Hóa hoc… Trong thực tế khi
giải loại toán này học sinh thường vấp phải nhiều sai sót.
Hệ thống các bài tập vừa đa dạng, vừa phong phú đòi hỏi học sinh phải
có đầy đủ kiến thức cơ bản, phương pháp phân tích hợp lí để tìm được lời giải
cho từng bài toán. Vì vậy việc hướng dẫn học sinh cách phân tích, khai thác
hướng đi và tìm lời giải cho từng bài toán, từng dạng toán là hết sức quan
trọng. Từ đó khơi dậy hứng thú học tập, giúp học sinh học tự tin, hào hứng, đạt
kết quả tốt hơn.
Trong xu thế đổi mới giáo dục, đổi mới phương pháp dạy học đòi hỏi
người dạy toán không chỉ dạy các kiến thức cơ bản SGK, hướng dẫn cho HS
giải các bài tập cụ thể mà phải hướng dẫn cho các em nắm được cách giải của
từng dạng toán, cách phát triển bài toán từ những bài toán gốc hay phát triển
dạng toán theo mảng kiến thúc cơ bản nào đó. Nếu làm tốt điều này chúng ta sẽ
cho HS thấy việc học toán và giải toán trở nên thú vị hơn nhiều. Trong những
năm học vừa qua bản thân được giao nhiệm vụ giảng dạy môn toán và bồi
dưỡng đội tuyển học sinh giỏi tại trường THCS Cẩm Vân. Tôi đã tích cực tự
bồi dưỡng, xây dựng hướng dạy học cho các em học sinh cách vận dụng và
khai thác bài toán, dạng toán để giải quyết các bài tập từ cơ bản đến nâng cao
và đã đem lại kết quả tốt
Vì các lí do đó mà tôi đã chọn đề tài “Vận dụng tính chất của tỉ lệ thức
và dãy tỉ số bằng nhau vào giải và phát triển một số dạng toán đại số 7”.
Với mực đích chia sẻ và trao đổi kinh nghiệm cùng đồng nghiệp.
Mặc dù đã rất cố gắng song đề tài khó tránh khỏi những thiếu sót, rất
mong hội đồng chuyên môn góp ý.

vì vậy mà người dạy lẫn người học phải có phương pháp nghiên cứu một cách
hợp lí thì mới có kết quả tốt. Khi giải các bài tập toán học không những đòi hỏi
học sinh phải linh hoạt trong việc áp dụng công thức mà phải đào sâu khai thác,
phát triển bài toán để tổng quát hóa, khái quát hóa kiến thức.
Để đạt được mục tiêu đó, mỗi thầy cô giáo chúng ta cần trang bị cho học
sinh không chỉ có kiến thức, kĩ năng làm bài tập Toán mà còn phải khơi dậy ở
các em lòng say mê, tính tích cực, tự giác trong học tập. Đây không phải là vấn
đề mới. Nhưng làm thế nào để đạt được mục tiêu đó thì quả là không đẽ chút
nào.
2.2Thực trạng của vấn đề:
Có một thực trạng dễ nhận thấy của các học sinh học toán hiện nay là
phần lớn chỉ đầu tư vào việc giải hết các bài toán này đến bài toán khó khác mà
chưa tìm cho minh phương pháp nâng cao năng lực học toán. Mặt khác trong
các tiết bài tập thường chỉ có thầy và một số học sinh khá giỏi hoạt động tích
cực còn số đông tham gia một cách thụ động, phải chăng các em còn thiếu các
kiến thức và kỹ năng cơ bản khi học toán.
Qua quan sát và theo dõi bản thân tôi nhận thấy có rất nhiều học sinh
chăm chỉ, lí thuyết thuộc lòng nhưng khi giải toán rất thụ động và thiếu niềm
tin, bởi vậy bản thân nghĩ rằng yếu tố quyết định đến kết quả học của học sinh
2


chính là phương pháp “ Phương pháp dạy của thầy và phương pháp học của
trò” cần phải dạy cho học sinh phương pháp học toán trước khi dạy toán, cách
vận dụng kiến thức, khai thác bài toán từ bài toán gốc…..
Trong Toán học bao gồm nhiều nội dung, nhiều dạng toán khác nhau, các
dạng toán có thể không liên quan với nhau, có thể ít liên quan, cũng có thể liện
quan mật thiết với nhau song học sinh rất khó nhận ra điều này. Đặc biệt là các
bài toán chứng minh, tính giá trị biểu thức….
2.3. Các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề:

c
=
b
d

a
d
=
c
d

d
c
=
b
a

2. Tính chất dãy tỷ số bằng nhau.
a c
= ta suy ra.
b d
a a+c
=
(b + d ≠ 0)
b b+d
a a−c
=
(b – d ≠ 0)
b b−d


a a.m
=
b b.m

Với m ≠ 0 và

a a:n
=
với n là ước chung của a;b
b b:n

4.Tính chất lũy thừa
Nếu a = b => an = bn với n ∉ N
B. CÁC BIỆN PHÁP THỰC HIỆN
Thông qua việc nghiên cứu và giảng dạy các bài toán về tỉ lệ thức và dãy
tỉ số bằng nhau trong sách giáo khoa, sách tham khảo tôi tiến hành phân loại
thành một số dạng cơ bản trong đại số 7 và hướng dẫn học sinh tìm kiến thức
có liên quan cần thiết để giải và phát triển từng dạng toán . Sau đây là một số
dạng toán được phát triển theo hướng trên:

DẠNG 1
CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC

* Bài toán cơ bản
Bài toán 1 .
Cho

a c
a+c a−c
= . Chứng minh

=
b+d
b−d

( ĐPCM)

Cách 2: Dùng phương pháp tính giá trị biểu thức để tính:
a c
= = k => a =kb; c = kd
b d

Đặt

Ta có:

a + c kb + kd k (b + d )
=
=
=k
b+d
b+d
b+d

a − c kb − kd k (b − d )
=
=k
=
b−d
b−d
b−d

c a

Đặt

Ta có:

a + b ck + ak c + a
=
=
( ĐPCM)
a − b ck − ak c − a

Cách 2: Dùng cách biến đổi tương đương:
Từ a2 = bc
=> 2a2 = 2bc
=> a2 + a2 = bc + bc
=> a2 – bc = bc – a2
=> ac – ab + a2 – bc = ac – ab + bc – a2
=> (ac – cb) + (a2 – ab) = (ac – a2) + (bc – ab)
=> c (a-b) + a(a-b) = a (c-a) +b (c-a)
=> (a-b) (c+a) = (a+b) (c-a)
=>

a+b c+a
=
( ĐPCM)
a−b c−a

Bài toán 3
Chứng minh rằng từ tỉ lệ thức

5

a+b a −b
a+b c+d
⇒
=
=
( ĐPCM)
c+d c−d
a−b c−d


Cách 2: Dùng phương pháp tính giá trị biểu thức
a c
= = k = >a = bk ; c = dk
b d

Đặt

a+b

bk + b

b(k + 1)

k +1

c + d dk + d d (k + 1) k + 1
=
=


Bài toán 4
Cho

a c
= . Chứng minh.
b d

( a + b )( c − d ) = ( a − b )( c + d )
Hướng giải

Phát triển từ cách giải của bài toán 2 và 3 ta chứng minh được:
a+b c+d
⇒ ( a + b )( c − d ) = ( a − b )( c + d )
=
a−b c−d

Bài toán 5
Cho

a c
2a + 3c 2b − 3c
= . Chứng minh
=
b d
2a + 3d 2b − 3d

* Phân tích:
+ Ta thấy dấu hiệu chứng minh giống các bài tập nêu trên , điểm khác là
xuất hiện: 2a, 2b, 3c, 3d

b d
2b 3d
2b + 3d

(1)

a c
2a 3c
2a − 3c
= =
=
=
b d
2b 3d
2b − 3d

(2)

Từ (1) và (2) suy ta

2a + 3c 2b − 3c
=
( ĐPCM)
2a + 3d 2b − 3d

Cách 2: Dùng phương pháp tính giá trị biểu thức
Đặt

a c
= = k. Thực hiện như cách 2 của bài toán 3

a−b c−d
=
b
d

5. (b – d)c = (a – c)d
7.

11a + 3b 3a − 11b
=
11c + 3d 3c − 11d

6. 2a + 3b)(4c – 3d) = (4a – 3b)(4c + 3d)
8.

2003a − 2004b 2003a + 2004b
=
2003c − 2004d 2003c + 2004d

(Giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
Bài toán 6
Cho

a c
a2 + c2 a2 − c2
= . Chứng minh 2
=
b d
b + d 2 b2 − d 2


a2 + c2 a2 − c2
=
=
=
( ĐPCM)
b2 d 2
b2 + d 2 b2 − d 2

* Lưu ý: Lỗi suy luận sai học sinh hay mắc phải

a c
a2 c2
=
Ta có:
= 2 = 2 ( Suy luận sai)
b d
b
d
a c
a2 c2
Suy luận đúng : = ⇒ 2 = 2
b d
b
d
a c
Cách 2: Đặt = = k. Thực hiện như cách giải của các bài trên
b d

* Giáo viên có thể mở rộng, phát triển các bài tập cùng dạng sau:
Bài toán 7

a3 b3
a3 + b3 a3 − b3
=
=
=
( ĐPCM)
c3 d 3
c3 + d 3 c3 − d 3
a c
Đặt = = k => …….
b d

Do đó:

Cách 2:

* Nhận xét: Qua cách phát triển của bài toán 4 và bài toán 5 thì có thể thấy
việc chứng minh đẳng thức với lũy thừa bao nhiêu điều đó không còn quan
trọng nữa.
• Bài toán phát triển
a c
= . Chứng minh
b d
( a + b) 3 a 3 + b 3
=
1.
(c + d ) 3 c 3 + d 3

a 10 + b10 a 10 + d 10
=

a
a b
=
Cho =
. Chúng minh rằng: 2
2
b +c
c
b c
8


* Lưu ý : Để giải bài toán này đòi hỏi học sinh có bước suy luận cao
hơn, không dập khuôn máy móc mà phải chọn lọc tinh tế các bước biến đổi từ
các tính chất của tỉ lệ thức để có cách giải phù hợp.
Hướng giải
Cách 1: Sử dụng tính chất cơ bản rồi thay thế, biến đổi ta có lời giải sau:
Từ:

a b
⇒ b2 = ac. Thay thế vào vế trái ta có:
=
b c

a 2 + b 2 a 2 + ac a (a + c ) a
=
=
= (đpcm)
b 2 + c 2 ac + c 2 c( a + c) c


c

GV: Tương tự như trên ta có thể phát triển cách giải các bài toán sau.
Bài toán 9
Cho

a c
a 2 + c 2 ac
= . Chứng minh 2
=
b d
b + d 2 bd

Phân tích:
+ Ta thấy đẳng thức cần chứng minh không những xuất hiện tổng các lũy
thừa mà còn xuất hiện tích ac; bd, bởi vậy ta phải vận dụng linh hoạt tỉ lệ thức
và dãy tỉ số bàng nhau.
+ Dấu hiệu nhận thấy tính chất cần dùng ở đây là (1.1);(2.1) và (3.1)
Hướng giải
Cách 1: Tính chất mở rộng của tỉ lệ thức
Từ

a c
a
c
a a a c ac
⇒ ( )2 = ( )2 = . = . =
=
b d
b

2
bd
b +d

Cách 2: Tính giá trị của biểu thức
Đặt

a c
= = k thì a = kb, c = kd.
b d

Ta có:

ac
kb.kd
=
= k2
bd
bd

(1)

a2 + c2
(kb) 2 + (kd ) 2
k 2 (b 2 + d 2 )
=
=
= k2
2
2

ac
a2 + c2
=
( ĐPCM)
2
2
bd
b +d

Bài toán 10
3

Cho:

a
b c
a
 a+b+c
= =
. Chứng minh: 
 = .
b
c d
d
b+c+d 

Hướng giải
Ta có:

a b

=
4c 4 + d 4
b2d 2

10

(a − c ) 2016 a 2016
=
2.
(c − d ) 2016 b 2016


( a − b) 2
3.
(c − d ) 2

=

(a + b) 2 ab
=
4.
(c + d ) 2 cd

ab
cd

(Giả thiết các tỉ số đều có nghĩa)
Bài toán 11:
Cho a, b, c thỏa mãn



a−b b−c c−a
(a − b) (b − c)  c − a 
=
=
=>
.
=

−1
−1
2
−1
−1
 2 

2

=> 4 (a-b) (b-c) = (c-a)2
Cách 2: Dùng cách tính giá trị biểu thức
Đặt

a
b
c
=
=
=k
2008 2009 2010


= 4 (a-b) (b-c) = (2a – 2b) (2b – 2c)
= (2a – a – c) (a + c – 2c)
= (a-c) (a –c) = (a – c)2
* Nhận xét: Trong quá trình triển khai dạng toán 1 qua khảo sát cho thấy
học sinh rất hứng thú học tập và mong đợi được làm các bài tập cùng dạng, kết
quả mang lại rất khả quan.
* Kết luận: Thông qua các bài toán cơ bản trên thì có thể thấy việc giải
và phát triển qua từng bài sẽ làm cho học sinh tự tin, chủ động và hứng thú hơn
trong quá trình làm bài tập, từ đó cho thấy học toán, giải toán chứng minh đẳng
thức khi sử dụng tỉ lệ thức và dãy tỉ số bằng nhau với học sinh không còn là
khó nữa

DẠNG 2
TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC
 Bài toán cơ bản
Bài toán 12
Cho

a b c
= =
với a,b,c ≠ 0 và a + b + c ≠ 0 . So sánh các số a, b, c
b c a

Phân tích
Dấu hiệu của bài toán cho là một dãy tỉ số bằng nhau.
Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để giải
Hướng giải
Cách 1: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có

a b c a+b+c

= 1 (vì a.b.c ≠ 0)
b c a
b c a abc

 k = 1 => a = b = c.
Bài toán 13
12


x

y

z

Cho y = z = x , x + y + z ≠ 0 và x; y; z là những số khác 0 .
Tính A =

x 3333 y 6666
z 9999

* Phân tích
- Dấu hiệu cho xuất hiện một dãy tỉ số bằng nhau và lũy thừa là:
3333 + 6666 = 9999. Nếu chỉ ra x = y = z thi đi đến được kết quả
- Kiến thức vận dụng là gì ? Bài toán số 12 là hương giải quyết.
Hướng giải
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

x y z x+ y+z
= = =


z

Từ (1) và (2) ⇒ y = z = x .
Áp dụng cách giải của bài toán số 13 ta có: x = y = z. Vậy: P = 1
Bài toán 15
Cho yz = x 2 ; xz = y 2 ; x + y + z ≠ 0 và x; y; z là những số khác 0 .
Tính giá trị biểu thức:

B=

( x + y + z ) 999
x 222 . y 333 .z 444

Hướng giải
Áp dụng cách giải của bài toán số 12 ta có: x = y = z. Đặt x = y = z = k ≠ 0
(k + k + k ) 999
(3.k ) 999
Vậy: B = 222 333 444 =
= 3 999
999
k .k .k
k

* Bài toán phát triển
a

a

a


4. Cho b2 = ac ; c2 = ab.
Chứng minh rằng (30a + 4b + 1975c)2008 = 20092008a2007.
a

a

a

a

a

3
n −1
n
1
2
5. Cho a = a = a = ... = a = a
2
3
4
n
1

Tính giá trị biểu thức M =

(a1 + a 2 + ... + a n ) 2
2


Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta được:
x y
x+ y
10
=
=
= =2
2 3
2+3
5

=> x = 2.2 = 4 ; y = 2.3 = 6
* Để khắc sâu và phát huy tính sáng tạo của học sinh giáo viên phát triển các
bài tập tương tự.
Bài toán 17
Tìm x ; y ; z biết.
x
y
z
= =
và 5x + y – 2z = 28
10 6 21

 Gợi ý: Ở bài này, để áp dụng được cách giải của bài toán 16 ta làm
thế nào ?
Hướng giải
Từ giả thiết:

x
y

x
y
=> = 
x
y
z
3
10 15 
=
=> =
y
z
y
10 15 21
=> = 

5
21 15 

Từ đó sử dụng cách giải của bài toán 17
Bài toán 19
Tìm các số x ; y biết

x y
=
và x2 + y2 = 100
3 4

Hướng giải
x y

+ Nếu x = -6 => y = -8
Bài toán 20

a −1 b + 3 c − 5
=
=
và 5a – 3b – 4 c = 46 . Xác định a, b, c
2
4
6

Cho:

Hướng giải
Cách 1

a − 1 b + 3 c − 5 5(a − 1) − 3(b + 3) − 4(c − 5) 5a − 3b − 4c − 5 − 9 + 20
=
=
=
=
=
= −2
=
2
4
6
10
− 12
− 24

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có VT

y + z +1 x + z + 2 x + y −3 y + z +1+ x + z + 2 + x + y −3
=
=
=
x
y
z
x+ y+z
2( x + y + z )
= x + y + z = 2 . Do x + y + z ≠ 0
1
1
⇒
= 2 ⇒ x + y + z = = 0.5
x+ y+z
2

=> x + y = 0.5 – z;
y + z = 0.5 – x;
Thay các giá trị vào dãy tỉ số trên ta được

x + z = 0.5 – y

y + z +1
0,5 − x + 1
=2→
= 2 ⇔ 0.5 – x + 1 = 2x ⇔ x = 0.5
x


* Theo tinh thần trên giáo viên tiếp tục thể phát triển lên các dạng bài tập
* Bài toán phát triển
Tìm x ; y ; z biết.
2x 3y 4z
=
=
và x + y + z = 49
3
4
5
x −1 y − 2 z − 3
=
=
2.
và 2x + 3y – z = 50
2
5
4

1.

3. 4x = 5y và 3x – 2y = 30
4. 3x = 2y và x 3 − y 3 = 37
5. 3x = 2y và (x+y)3 – (x-y)3 = 126
x

y

z

x 2 xy 90
=
=
= 18.
2
5
5
= > x 2 = 2.18 = 36 = > x = ±6
6 y
+ Nếu x = 6 => = = > y = 15
2 5
−6 y
= = > y = −15
+ Nếu x = -6 =>
2
5

Cách 3: Tính chất mở rộng của tỉ lệ thức ta có lời giải sau:
2

x y
x y xy 90
x
= = >  = . =
=
= 9 => x 2 = 36
2 5
2 5 10 10
2


5

Từ

+ Nếu x = 6 => y = 15
+ Nếu x = -6 => y = -15
* Lưu ý: Ở bài toán trên nếu kết luận: x = ± 6 ; y = ± 15 là sai.
* Bài toán phát triển
Tìm x; y biết:
1. 2x = 3y và xy = 24
2. 5x = 2z; 5y = 3z và xyz = 810
3.

x y
=
và x.y2 = 96
3 2

4.

x
y
=
và x2.y = 96
7 −2

* Nhận xét: Từ việc giải và phát triển các bài toán cơ bản trong SGK lên các
bài tập nâng cao một cách rất tự nhiên đã làm cho học sinh quên mất rằng minh
đang giải quyết các dạng toán mà trước đấy được coi là khó, bằng cách này đã
nâng cao năng lực học toán của học sinh

Chia số 130 thành ba phần tỉ lệ nghịch với 4; 3; 2 Tính giá trị mỗi phần
4. Gợi ý: Tương tự như trên ta nghĩ đến tính chất của các đại lượng tỉ lệ
nghịch
Hướng giải
Gọi giá trị cỉa mỗi số phải tìm là x; y; z ≠ 0
Theo đề ra ta có: 4x = 3y = 2z và x + y + z = 30
Từ: 4x = 3y = 2z =>

x y z
x + y + z 130
= = =
=
= 10
3 4 6 3 + 4 + 6 13

⇒ x = 30 ; y = 40; z = 60

Bài toán 25
Tam giác ABC có số đo các góc A; B; C tỉ lệ thuận với 3; 5; 7. Tính
số đo các góc
Hướng giải
Theo điều kiện đàu bài ra ta có:
Từ đó ta có:

A B C
= =
và A + B + C = 180
3 5 7

A B C


(3)

Từ (1) và (3) ta suy ra: 3y = 1500 ⇒ y = 500
18


Từ đó suy ra: x + z = 1000

(4)

Từ (2) và (4) ta suy ra: x = 650; y = 350
Vậy: Đội thứ nhất nhận được 650kg thóc, đội thứ hai nhận được 500kg
thóc đội thứ hai nhận được 350 kg thóc
* Bài toán phát triển
1. Chia số 210 thành ba phần tỉ lệ thuận với 4; 7; 10. Tính giá trị mỗi phần
2. Chia số 190 thành ba phần tỉ lệ nghịch với 5; 4; 10 Tính giá trị mỗi phần
3. Tìm ba số x; y; z biết x + y + z = 28; x và y tỉ lệ thuận với 4 và 9; y và z tỉ lệ
thuận với 3 và 5
4. Tìm ba số x; y; z biết a + b + c = 38; a và b tỉ lệ thuận với 2 và 3; b và c tỉ lệ
nghịch với 3 và 2
* Nhận xét: Với tinh thần và mục tiểu mà đề tài nghiên cứu từ bài toán cơ bản
giáo viên tổng hợp các dạng bài tập và nâng dần mức độ, tổ chức học sinh chủ
động khám phá có thể thấy việc giải toán không những là nhiệm vụ của người
học mà còn là niềm vui.
2.4. Hiệu quả của SKKN:
Khi chưa áp dụng cách khai thác này tôi thấy học sinh còn lúng túng, mơ
hồ mỗi khi bài toán xuất hiện dữ kiện mới, không biết tìm lời giải như thế nào.
Nhưng khi được cung cấp kiến thức bản thân thấy học sinh đã biết cách tư duy
tìm tòi lời giải có hiệu quả rõ rệt. Tuy nhiên Toán học vẫn là một môn học khó

Đã áp
dụng
7ª
40
1 2.5
8 20.0 19
47.5 12 30.0
Chưa
áp dụng 7B
39
5 12.8 12 30.8 20
51.3
2
5.1
Đã áp
dụng
7ª
30
0
0
2
6.7
13
43.3 15 50.0

2011
2012
2011
2012
2014

Sau khi thực hiện đề tài “Vận dụng tính chất của tỉ lệ thức và dãy tỉ số
bằng nhau vào giải và phát triển một số dạng toán đại số 7” theo nội dung
nêu trên, kết quả mà tôi thu được khá khả quan.
Trong những năm trước đây khi chưa áp dụng phương pháp trên vào
giảng dạy,tôi thấy phần lớn các em thường gặp nhiều khó khăn khi giải bài toán
dãy tỉ số bằng nhau. Tuy nhiên các kết quả trên đây chưa thể đánh giá hết thực
chất việc học, việc giải toán dãy tỉ số bằng nhau của học sinh mà chỉ phần nào
thể hiện được ý tưởng, tác dụng của đề tài.
Trên đây là những nét cơ bản về kinh nghiệm mà bản thân tôi đã thực
hiện và rút ra được trong thực tế giảng dạy. Tôi mong rằng kinh nghiệm này
góp một phần nhỏ vào việc giải toán khi vận dụng tỉ lệ thức và dãy tỉ số bằng
nhau. Rất mong được sự góp ý các đồng nghiệp.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
……………………………………
……………………………………
……………………………………
……………………………………
…………………………………….
…………………………………….
…………………………………….

Cẩm vân, ngày 12 tháng 3 năm
2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.

Trần Thanh Bằng